力與曲線運動

1、力與曲線運動1(2018 全·國卷 ·17)在一斜面頂端，將甲、乙兩個小球分別以v的速度沿同一方向水平v 和 2拋出，兩球都落在該斜面上甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的()A2 倍 B4 倍 C6 倍 D8 倍【考點定位】 平拋運動斜面模型【點評】 本題考查平拋運動與斜面結合的模型，利用該模型結論易得出“ 落在斜面上時的速度相互平行且大小與初速度成正比” 【難度】 中等答案A解析如圖所示，可知：x v0t，12x·tan 2gtvygt2tan ·v0則落至斜面的速率 v222，甲、乙兩球拋出速度為v 和v落 v0 vy v01 4tan2，則

2、可得落至斜面時速率之比為21，故選 A.2(2017 全·國卷 ·15)發(fā)球機從同一高度向正前方依次水平射出兩個速度不同的乒乓球(忽略空氣的影響 )速度較大的球越過球網(wǎng)，速度較小的球沒有越過球網(wǎng)其原因是()A 速度較小的球下降相同距離所用的時間較多B 速度較小的球在下降相同距離時在豎直方向上的速度較大C速度較大的球通過同一水平距離所用的時間較少D速度較大的球在相同時間間隔內下降的距離較大【考點定位】平拋運動【點評】本題考查分析平拋運動的基本方法：分解【難度】 較易答案C解析由題意知，兩個乒乓球均做平拋運動，則根據(jù)122可知，乒乓球的運h gt及 vy 2gh2動時間、下降的

3、高度及豎直方向速度的大小均與水平速度大小無關，故選項A、B、D 錯誤；由發(fā)出點到球網(wǎng)的水平位移相同時，速度較大的球運動時間短，在豎直方向下落的距離較小，可以越過球網(wǎng)，故選項C 正確3 (2017 ·國卷全 ·17)如圖 1 所示，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度v 從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時， 對應的軌道半徑為( 重力加速度大小為g)()圖 12222vB. vC.vD. vA. 16g8g4g2g【考點定位】平拋運動、機械能守恒、極值問題【點評】本題情景是普通的利用

4、機械能守恒解決圓周運動與平拋運動結合的問題，奇在求極值【難度】 中等答案B解析小物塊由最低點到最高點的過程，由機械能守恒定律得12122mv 2mgr2 mv1 ，小物塊x v1t， t4r，聯(lián)立解得 x4v22做平拋運動時，落地點到軌道下端的距離gg r 16r，由數(shù)學知識可知，當 4r v2時， x 最大，2g2即 r v ，故選項 B 正確8g4(多選 )(2016 全·國卷 ·18)一質點做勻速直線運動，現(xiàn)對其施加一恒力， 且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則 ()A 質點速度的方向總是與該恒力的方向相同B 質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C質點加速度的方

5、向總是與該恒力的方向相同D質點單位時間內速率的變化量總是不變【考點定位】曲線運動條件【點評】重點考查對曲線運動中力與運動基本關系的理解【難度】較易答案BC解析質點開始做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，施加恒力后，該質點所受的合外力等于該恒力，若該恒力方向與質點原運動方向不共線，則質點做曲線運動，質點速度方向與恒力方向不同，故A 錯誤；若恒力的方向某一時刻與質點運動方向垂直，之后質點做曲線運動，力與速度方向不再垂直，例如平拋運動，故B 正確；由牛頓第二定律可知，質點加速度方向總是與其所受合外力方向相同，故C 正確；根據(jù)加速度的定義，相等時間內速度變化量相同，而速率變化量不一定相同，故D 錯誤5(20

6、18 全·國卷 ·25)如圖 2，在豎直平面內，一半徑為R 的光滑圓弧軌道ABC 和水平軌道PA 在A 點相切，BC 為圓弧軌道的直徑，O 為圓心，OA 和OB 之間的夾角為， sin3 5.一質量為 m 的小球沿水平軌道向右運動， 經 A 點沿圓弧軌道通過 C 點，落至水平軌道；過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用已知小球在在整個C 點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零重力加速度大小為g.求：圖 2(1)水平恒力的大小和小球到達C 點時速度的大??；(2)小球到達A 點時動量的大小；(3)小球從 C 點落至水平軌道所用的時間【

7、考點定位】圓周運動、拋體運動、動能定理、動量【點評】 本題一個重點在分析小球在C 點的受力情況及速度，考查了圓周運動的動力學分析能力，另一個重點在分析小球從C 點落至水平面的運動，考查運動的分解的基本方法要警惕這種苗頭，畢竟斜下拋、豎直面內圓周運動的非特殊點的受力情況是不在考綱內的【難度】較難答案(1)35gRm23gR35Rmg(2)2(3)g425解析(1)設水平恒力的大小為F 0，小球到達 C 點時所受合力的大小為F .由力的合成法則有F0mg tan F 2 (mg)2 F 02設小球到達C 點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得2vF mR 3由 式和題給數(shù)據(jù)得F 0 4mg5gRv2

8、(2)設小球到達A 點的速度大小為v1，作 CD PA，交 PA 于 D 點，如圖所示，由幾何關系得DA Rsin CD R(1 cos )小球由 A 點運動到C 點，由動能定理有 mg·CD F0·DA 2mv2 12mv121由 式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A 點的動量大小為pmv1m 23gR2(3)小球離開 C 點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設小球在豎直方向的初速度為 v，從 C 點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學公式有 v12t2gt CD 10v vsin ?3 5R由 ? 式和題給數(shù)據(jù)得 t 5g .平拋運動的規(guī)律及分析方法、圓周運

9、動的受力特點特別是豎直面內的圓周運動的受力特點及能量變化，是考查重點，多在選擇題中出現(xiàn).平拋運動與豎直面內圓周運動相結合，再結合能量守恒，近年在計算題中出現(xiàn)，需要重視.繩、桿關聯(lián)物體的速度，曲線運動條件的考查近年來也出現(xiàn)過，值得注意.考點 1曲線運動的理解與應用1 物體做曲線運動的條件及特點(1)條件： F 合與 v 的方向不在同一直線上，或加速度方向與速度方向不共線(2)特點： F 合 恒定：做勻變速曲線運動 F 合 不恒定：做非勻變速曲線運動做曲線運動的物體受的合力總是指向曲線的凹側2 繩 (桿) 關聯(lián)物體的速度(1)若由繩 (桿 )連接的兩運動物體的運動方向沿繩(桿)方向，則兩物體速度大

10、小相等(2)若物體運動方向不沿繩(桿 )方向，將其速度分解到沿繩(桿 )方向和垂直繩(桿 )方向，再參考上一條(多選 )(2018 ·湖南省株洲市上學期質檢一)光滑水平面上以速度v0勻速滑動的物塊，某時刻受到一水平恒力方向改變了90°，如圖F 的作用，經一段時間后物塊從3 所示，則在此過程中()A 點運動到B 點，速度大小仍為v0，圖3A 物塊的動能一定始終不變B 水平恒力F 方向一定與AB 連線垂直C物塊的速度一定先增大后減小D物塊的加速度不變答案BD(多選 )一快艇要從岸邊某一不確定位置處到達河中離岸邊100 m遠的一浮標處， 已知快艇在靜水中的速度vx 圖象和流水的速

11、度變，則下列說法正確的是()vy 圖象如圖4 甲、乙所示， 運動中船頭指向保持不圖 4A 快艇的運動軌跡為直線B 快艇的運動軌跡為曲線C能找到某一位置使快艇最快到達浮標處的時間為D快艇最快到達浮標處經過的位移為100 m20 s答案解析BC兩分運動一個做勻加速直線運動，一個做勻速直線運動，知合加速度的方向與合速度的方向不在同一條直線上，合運動為曲線運動，故A錯誤，B正確；船在靜水中的速度垂直于河岸時，時間最短在垂直于河岸方向上的加速度32a 6 m/s 0.52m/s，由12d 2at 得， t2da 2×1000.5s 20 s，故C 正確；在沿河岸方向上的位移xvyt 3

12、5;20 m 60 m，所以快艇最快到達浮標處經過的位移sx2 d2 2034 m，故 D 錯誤1 (2018 山·西省孝義市質量檢測三 )一個質量為 2kg 的物體，在三個共點力作用下處于平衡狀態(tài)現(xiàn)同時撤去大小分別為6 N 和 10 N 的兩個力，另一個力保持不變，此后該物體()A 可能做勻變速直線運動，加速度大小可能等于21.5 m/sB 可能做類平拋運動，加速度大小可能等于12 m/s2C可能做勻速圓周運動，向心加速度大小可能等于3 m/s2D一定做勻變速運動，加速度大小可能等于6 m/s2答案 D2(多選 )如圖 5 所示，一段繩子跨過距地面高度為H 的兩個定滑輪，一端連接小

13、車P，另一端連接物塊 Q，小車最初在左邊滑輪的下方A 點，以速度 v 從 A 點勻速向左運動，運動了距離 H 到達 B 點 (繩子足夠長 )，下列說法正確的有 ()圖 5A 物塊勻加速上升B 物塊在上升過程中處于超重狀態(tài)C車過 B 點時，物塊的速度為2vD車過 B 點時，左邊繩子繞定滑輪轉動的角速度為v2H答案BD解析將小車的運動分解為沿繩子方向的運動以及垂直繩子方向的運動，如圖：設在 B 點時繩子與水平方向的夾角為，H則： tan H 1，所以 45 °.設此時物塊的速度為 v，則 v vcos 45 ，°2則 v 2 v，故 C 錯誤；在 B 點時，左側的繩子的長度是2

14、H，由圖可知垂直于繩子方向的分速度為：v vsin 45 °2vv 2 v，所以左邊繩子繞定滑輪轉動的角速度為：2H 2H，故 D 正確由三角函數(shù)可解得： 當小車運動到繩與水平方向夾角為時物塊的速度為 v ，則 v vcos，隨 的減小， v 增大，所以物塊Q 向上做加速運動，但不是勻加速運動，加速度的方向向上，所以物塊處于超重狀態(tài)，故A 錯誤， B 正確考點 2平拋運動的規(guī)律與應用1 求解平拋運動的基本思路和方法 運動的分解將平拋運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動 “化曲為直”，是處理平拋運動的基本思路和方法2 兩個基本關系x v0t(1)位移關系：12y2g

15、ty位移方向偏轉角tan x.(2)速度關系：vx v0vy gtvyy速度方向偏轉角tan 2tan .2分析題目條件是位移(方向 )關系，還是速度(方向 )關系，選擇合適的關系式解題命題熱點1基本規(guī)律的應用(2018 ·湖南省三湘名校第三次大聯(lián)考)某人先后將兩只飛鏢A、B 沿同一方向水平射出，飛鏢插到豎直墻壁上的位置如圖6 所示不計空氣阻力，下列說法正確的是()圖 6A 若兩飛鏢是以相同的速度射出的，則A 的射出點較高B 若兩飛鏢是以相同的速度射出的，則B 的射出點較高C若兩飛鏢是在同一位置射出的，則A 的初速度較小D若兩飛鏢是在同一位置射出的，則B 的初速度較小答案D解析設飛鏢

16、飛行的水平距離為s，飛鏢的初速度為 v0，豎直分速度為vy，速度與豎直方向的夾角為 ，v0 v0則有 tan vy gt，v0s1 2v02，t，解得下落高度 h gt 222gtan2水平距離 s v0；gtan 若兩飛鏢是以相同的速度射出的，由于 A 飛鏢速度與豎直方向的夾角比B 飛鏢速度與豎直方向的夾角大，所以A 飛鏢下落的高度比B 飛鏢下落的高度小，所以A、B 飛鏢的射出點位置無法比較，故A 、 B 錯誤；若兩飛鏢是在同一位置射出的，由于A 飛鏢速度與豎直方向的夾角比 B 飛鏢速度與豎直方向的夾角大，所以A 飛鏢初速度比B 飛鏢初速度大，故C 錯誤， D正確3.如圖 7 所示，斜面上有

17、a、 b、 c、d 四個點， abbc cd.從 a 點正上方的O 點以速度v 水平拋出一個小球，它落在斜面上b 點若小球從O 點以速度2v 水平拋出，不計空氣阻力，則它落在斜面上的()圖 7A b 與 c 之間某一點B c 點Cc 與 d 之間某一點D d 點答案A解析過 b 作一條與水平面平行的直線，若沒有斜面，當小球從O 點以速度2v 水平拋出時，小球將落在我們所畫水平線上c 點的正下方，但是現(xiàn)在有斜面的限制，小球將落在斜面上的b、 c 之間，故 A 正確， B 、C、 D 錯誤命題熱點2平拋運動與斜面結合問題(多選 )(2018 ·河南省鶴壁市調研)如圖 8 所示， 水平面上

18、有一傾角為的斜面， 斜面足夠長，一可看成質點的小盆A 靜止在斜面上，某一時刻在外力作用下從斜面的頂端以一定的加速度滑下，同時另一小球B(圖中未畫出 ) 從斜面頂端以某一初速度水平向右拋出要使小球能落入盆中，下列說法中正確的是(不計空氣阻力)()圖 8A 只要盆運動的加速度滿足一定的條件，球一定能落入盆中B 只要球拋出的初速度滿足一定的條件，球一定能落入盆中C球落入盆用的時間與球的初速度成正比D球落入盆時，盆的速度與球的初速度成正比答案ACD解析球落入盆中時，盆的位移就是球運動的合位移，作出合位移與分位移的平行四邊形，12可得 sin 2gtg1，解得 a，選項 A 正確， B 錯誤；2sin

19、2at120002gt2vtan 2v同理可得 tan cos vt，選，解得 tg，選項 C 正確；也可得，解得 vv0 t1cos 2vt項D正確4.(多選 )(2018 安·徽省江淮十校第三次聯(lián)考)如圖 9 所示， A、 B、 C 是水平面上同一直線上的三點，其中 AB BC，在 A 點正上方的O 點以初速度v0 水平拋出一小球，剛好落在B 點，小球運動的軌跡與OC 的連線交于D 點，不計空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是 ()圖 91A 小球經過 D 點的水平位移是落到B 點水平位移的 21B 小球經過 D 點的水平位移是落到B 點水平位移的 3C小球經過 D 點與

20、落在 B 點時重力做功之比為14D小球經過 D 點與落在 B 點時重力做功之比為13答案AC解析從 O 到 B 過程，根據(jù)平拋運動的分運動公式，12有： AB v0 t， h gt ，聯(lián)立解得： AB v02hg ；在 D 點，速度偏轉角正切值等于位移偏轉角正切值的2 倍，vDy vDy 2 ·h 1gh；解得 vDygh，vDx v02ABv022因 vDy gtD； xD v0tD ，h1解得 xD v02g，則 xD2AB，選項 A 正確， B 錯誤；21vyDD 點與出發(fā)點的豎直距離hDy2g 4h，根據(jù) W mgh 可知小球經過D 點與落在 B 點時重力做功之比是14，選項

21、 C 正確， D 錯誤考點 3圓周運動問題1 解決圓周運動動力學問題的關鍵(1)圓周運動動力學問題的實質是牛頓第二定律的應用， 且已知合外力方向 (勻速圓周運動合外力方向指向圓心 )，要做好受力分析，由牛頓第二定律列方程求合外力(2)做勻速圓周運動的物體，所受合外力提供向心力(3)做非勻速圓周運動的物體，所受合外力沿半徑方向的分力提供向心力，沿切線方向的分力改變速度的大小2 豎直平面內圓周運動的兩種臨界問題(1)繩球模型：小球能通過最高點的條件是vgR.其實圓周軌道上比圓心高的點都有自己的臨界速度，小球的速度小于臨界速度時就會以斜上拋的方式脫離圓周軌道；在比圓心低的點，小球的速度可以減小到0

22、而不脫離軌道，如果軌道光滑的話會沿圓周軌道滑下去(2)桿球模型：小球能到達最高點的條件是v 0.命題熱點1水平面內的圓周運動(多選 )(2018 ·湖北省黃岡市期末調研)如圖 10 所示，置于豎直面內的光滑金屬圓環(huán)半徑為 r，質量為m 的帶孔小球穿于環(huán)上，同時有一長為r的細繩一端系于圓環(huán)最高點，另一端系在小球上，當圓環(huán)以角速度( 0)繞豎直直徑轉動時()圖 10A 細繩對小球的拉力可能為零B 細繩和金屬圓環(huán)對小球的作用力大小可能相等C細繩對小球拉力與小球的重力大小不可能相等D當 2g時，金屬圓環(huán)對小球的作用力為零r答案CD解析因為圓環(huán)光滑，故小球可能受三個力的作用，分別是重力、環(huán)對球

23、的彈力、細繩的拉力，根據(jù)幾何關系可知，此時細繩與豎直方向的夾角為60 °，當圓環(huán)旋轉時，小球繞豎直軸做圓周運動，則有FTcos 60 °FNcos 60 °mg，F(xiàn) Tsin 60 °FNsin 60 °m2r sin 60 ，°12解得 FT mg2m r ，F(xiàn) N mg 12m2r，2gFN0，故 C、D 正確， A、B 錯誤當 r 時，金屬圓環(huán)對小球的彈力5.(2018 廣·東省佛山市質檢一)如圖 11所示為公路自行車賽中運動員在水平路面上急轉彎的情景，運動員在通過彎道時如果控制不當會發(fā)生側滑而摔離正常比賽路線，將運動

24、員與自行車看成一個整體，下列論述正確的是()圖 11A 運動員轉彎所需向心力由地面對車輪的支持力與重力的合力提供B 運動員轉彎所需向心力由地面對車輪的摩擦力提供C發(fā)生側滑是因為運動員受到的合力方向背離圓心D發(fā)生側滑是因為運動員受到的合外力大于所需的向心力答案B解析向心力為沿半徑方向上的合力，運動員轉彎時，受力分析如圖所示，2A 錯誤， B 正確；當 Ff <mv可知地面對車輪的摩擦力提供所需的向心力，故r ，摩擦力不足以提供所需向心力時，就會離心發(fā)生側滑，故C、 D 錯誤命題熱點 2 豎直面內的圓周運動(多選 )(2018 ·安徽省宿州市一質檢)如圖 12 所示，在豎直平面內固

25、定一內壁光滑、半徑為 R 的圓形軌道質量分別為m、2m 的 A、B 兩小球 (可視為質點 )以等大的速率v0 同時從a 點分別向上、向下滑入圓形軌道(ab 為過圓心O 的水平直徑 )，兩球在第一次相遇前的運動過程中均未脫離軌道已知當?shù)氐闹亓铀俣葹間.則 ()圖 12A 第一次相遇時兩球的速率相等B v0 應滿足的條件是v03gRC第一次相遇點可能在b 點2mv2D第一次相遇前， B 球對軌道的最大壓力為6mg0R答案ABD解析兩個小球在光滑的圓軌道內運動，只有重力做功，機械能均守恒，開始出發(fā)時機械能相等，則再次相遇時機械能也相等，速率必定相等，故A 正確若A 小球恰能通過最高點，2v對 A

26、球在最高點有：mg mR ，解得 vgR，A 球從出發(fā)點到最高點，根據(jù)機械能守恒定律1212 mgR，解得 v0 3gR，故 v0 應滿足的條件是v0 3gR，同理對 B 球也成立，得 2mv02mv故 B 正確； A 向上先做減速運動，越過最高點后再做加速運動，B 向下先做加速運動，越過最低點后再做減速運動，到達b 點時，兩者速率相等，則從a 運動到 b 點的過程中 A 球的平均速率小于 B 球的平均速率，所以兩球第一次相遇時應在b 點的上方，故 C 錯誤；根據(jù)豎直面內的圓周運動的特點，在第一次相遇前，B 球對軌道的壓力最大時，在軌道的最低點，對B 球根據(jù)機械能守恒定律得： 1×

27、2mv02 2mgR 1× 2mv 2，在最低點，由牛頓第二定律得22v22mv2F N 2mg 2m，聯(lián)立解得：F N 6mg0 ，根據(jù)牛頓第三定律可知第一次相遇前，BRR2mv02球對軌道的最大壓力為FN 6mgR，故 D 正確6 (2018 ·建省龍巖市上學期期末福)如圖 13 所示，在豎直平面內固定有兩個很靠近的同心圓軌道，外軌內表面光滑，內軌外表面粗糙一質量為向右運動，球的直徑略小于兩軌間距，球運動的軌道半徑為為 g.下列說法正確的是()m 的小球從軌道的最低點以初速度R，不計空氣阻力，重力加速度v0圖 13A 當 v02gR時，小球最終停在最低點B 當 v0 2

28、gR時，小球可以到達最高點C當 v05gR時，小球始終做完整的圓周運動D當 v05gR時，小球在最高點時對內軌的外表面有擠壓答案C解析若 v0 2gR，則由1mv02 mgh 可知， h R，則小球能到達與圓環(huán)圓心等高的一點后2反向返回，在最低點兩側往返運動，選項A 錯誤；若v02gR，小球到達最高點的速度恰好為零， 但是因軌道內軌粗糙，則小球與內軌接觸時要損失機械能，則小球不能到達最高點，選項B 錯誤；若小球運動時只與軌道的外軌接觸而恰能到達最高點，則到達最高點時滿足v2121 2mg mR，從最低點到最高點由機械能守恒可知，2mv0 mg·2R 2mv ，解得 v0 5gR，有此

29、可知當 v0 5gR時，小球始終做完整的圓周運動，且沿外軌道恰能運動到最高點，選項C正確， D 錯誤1 (2018 ·西省贛州市十四縣市期中江)下列關于力與運動的敘述中正確的是()A 物體所受合力方向與運動方向有夾角時，該物體速度一定變化，加速度也變化B 物體做圓周運動，所受的合力一定指向圓心C物體運動的速率在增加，所受合力方向與運動方向夾角小于90°D物體在變力作用下有可能做曲線運動，做曲線運動物體一定受到變力作用答案C解析物體所受合力方向與運動方向有夾角時，該物體速度一定變化，但加速度不一定變化，如平拋運動，A 錯誤；若物體做變速圓周運動，則存在一個切向加速度，合力不指

30、向圓心，B 錯誤；合力方向與運動方向夾角小于90°時合力做正功，速度增大， C 正確； 如果變力與速度方向不共線，則做曲線運動，但做曲線運動的物體受到的合力可以為恒力，如平拋運動，D 錯誤2.(2018 湖·北省黃岡市質檢)如圖 1 是碼頭的旋臂式起重機，當起重機旋臂水平向右保持靜止時，吊著貨物的天車沿旋臂向右勻速行駛，同時天車又使貨物沿豎直方向先做勻加速運動，后做勻減速運動該過程中貨物的運動軌跡可能是下圖中的()圖 1答案C解析貨物在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上先做勻加速運動，后做勻減速運動，根據(jù)平行四邊形定則，知合速度的方向與合加速度的方向不在同一條直線上，軌

31、跡為曲線，貨物的加速度先向上后向下，因為加速度的方向指向軌跡的凹側，故C 正確， A、 B、D 錯誤3.(2018 湖·北省武漢市調研)如圖 2 是對著豎直墻壁沿同一水平方向拋出的小球a、 b、c 的運動軌跡，三個小球到墻壁的水平距離均相同，且 a 和 b 從同一點拋出 不計空氣阻力， 則()圖 2A a 和 b 的飛行時間相同B b 的飛行時間比c 的短Ca 的水平初速度比b 的小D c 的水平初速度比a 的大答案D解析根據(jù) t2hxg可知， b 下落的高度比 a 大，則 b 飛行的時間較長，根據(jù)v0 t ，因水平位移相同，則a 的水平初速度比 b 的大，選項A 、 C 錯誤； b

32、 的豎直下落高度比c 大，則 b飛行的時間比c 長，選項 B 錯誤； a 的豎直下落高度比 c 大，則 a 飛行的時間比c 長，根據(jù)v0x，因水平位移相同，則a 的水平初速度比c 的小，選項 D 正確t4.(2018 安·徽省宿州市一質檢)如圖 3 所示， A、B 兩小球從相同高度，以相同速率、同時水平相向拋出經過時間t 在空中相遇；若不改變兩球拋出點的位置和拋出的方向，A 球的拋出速率變?yōu)樵瓉淼?，B 球的拋出速率變?yōu)樵瓉淼? 倍，則兩球從拋出到相遇經過的時間為()2圖31A. 5t4B. 5tC t5D. 4t答案解析B兩球同時拋出，豎直方向上做自由落體運動，相等時間內下降的高度

33、相同，始終在同一水平面上，根據(jù)x vAt vBt 知，當A 球的拋出速率變?yōu)樵瓉淼?2， B球的拋出速率變?yōu)樵瓉淼? 倍時，則兩球從拋出到相遇，有1x v0t v0t 2v0t 2v0t ，解得4t 5t，故選B.5(多選 )(2018甘·肅省蘭州一中模擬)在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內軌如圖4 所示，當火車以規(guī)定的行駛速度轉彎時，內、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設此時的速度大小為 v，重力加速度為g，兩軌所在斜面的傾角為，則 ()圖 42vA 該彎道的半徑r gtan B 當火車質量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變C當火車速率大于v 時，內軌將受到輪緣的擠壓D當火車速率大于v 時

34、，外軌將受到輪緣的擠壓答案ABD解析火車轉彎時內、外軌不側向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，轉彎v2v2處斜面的傾角為 ，根據(jù)牛頓第二定律得：mgtan m，解得： r ，故 A 正確；根rgtan 2據(jù)牛頓第二定律得：mgtan mvr ，解得vgrtan，可知火車規(guī)定的行駛速度與質量無關，故 B 正確；當火車速率大于v 時，重力和支持力的合力不足以提供所需向心力，此時外軌對火車輪緣有側壓力，輪緣擠壓外軌，故C 錯誤，D 正確6(多選 )(2018廣·東省深圳市三校模擬) 如圖5 所示，兩個內壁光滑、半徑不同的半圓軌道固定在地面上，質量相等的兩個小球分別從與球心在同一

35、水平高度的A、 B兩點由靜止開始自由滑下，它們通過軌道最低點時()圖 5A 線速度相等B向心加速度相等C對軌道的壓力相等D兩小球都處于超重狀態(tài)答案BCD解析設半圓軌道的半徑為r ，小球到最低點時的速度為v，由機械能守恒定律得： mgr 1mv2，2所以 v2gr ，由于它們的半徑不同，所以線速度不相等，故A 錯誤；2v小球的向心加速度an r 2g，與半徑無關，因此此時兩個小球的向心加速度相等，故B 正確；2v在最低點，由牛頓第二定律得：F N mg m r ，聯(lián)立解得：F N 3mg，由牛頓第三定律可知小球對軌道的壓力為3mg，由于球的質量相等，所以兩個小球對軌道的壓力相等，故 C 正確；由

36、于兩小球加速度均向上，故均處于超重狀態(tài)，故D 正確7(2018 安·徽省安慶市二模 )如圖 6 所示，光滑斜面與水平面成角，斜面上一根長為l 0.30 m的輕桿，一端系住質量為0.2 kg 的小球，另一端可繞O 點在斜面內轉動，先將輕桿拉至水平位置，然后給小球一沿著斜面向上并與輕桿垂直的初速度v0 3 m/s，取 g 10 m/ s2，則()A 此時小球的加速度大小為30 m/s圖 62B 小球到達最高點時，桿對其的彈力沿斜面向上C若增大v0 ，小球到達最高點時桿對小球的彈力一定增大D若增大v0 ，小球到達最高點時桿對小球的彈力可能減小答案C解析小球做變速圓周運動，在初位置加速度不指

37、向圓心，將其分解：mgsin 切向加速度為：a gsin ；m22向心加速度為：an vl0 0.303 m/s 2 30 m/ s2；此時小球的加速度為合加速度，a an2 a 2>an 30 m/s2，故 A 錯誤；從開始到最高點過程，根據(jù)動能定理，1212有： mglsin 2mv12mv0；解得： v12 v022gl sin 2v2考慮臨界情況，如果沒有桿的彈力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin m l，即 v22 glsin ，由于 v12 v22>0，可以得到v2 小于 v1，說明桿在最高點對球是拉力，故B 錯誤；在最高點時，輕桿對小球的彈力是拉力，2v最

38、高故： F mgsin ml，如果初速度增大， 則小球到達最高點時的速度也增大， 故拉力 F 一定增大，故 C 正確，D 錯誤8.(2018 福·建省廈門市質檢)如圖 7 所示，質量為 m 0.5 kg 的小球 (可視作質點 )從 A 點以初速度 v0 水平拋出，小球與豎直光滑擋板CD 和 AB 各碰撞一次 (碰撞時均無能量損失，兩擋板最低點在同一高度 )，小球最后剛好打到CD 板的最低點已知 CD 擋板與 A 點的水平距離為x 2 m，AB 高度為 4.9 m，空氣阻力不計， g 9.8 m/s2 ，則小球的初速度 v0 大小可能是 ()圖 7A 7 m/sB 6 m/ sC5 m

39、/sD 4 m/ s答案B解析小球從 A 點開始做平拋運動，撞擊擋板反彈時無動能損失，即水平速度反向，豎直速12度不變， 可等效為平拋運動的繼續(xù)，整個多次碰撞反彈可視為一個完整的平拋運動，h 2gt ，可得 t 1 s；則有 (2n 1)xv0t(n 1,2,3， )， n 2 時，得 v0 6 m/s，故 B 正確9.(2018 山·東省青島二中第二學段?？?如圖 8 所示， ABDC 和 CDFE 是空間豎直的兩個邊長均為 L 的正方形在B 點，小球甲以初速度v 甲 向左做平拋運動；在C 點，小球乙以初速度v 乙 向右做平拋運動甲小球運動過程中經過C 點，乙小球運動過程中經過F

40、點，兩小球同時落地則下列說法中正確的是()圖 8A v 甲 v 乙B 兩小球落地時的速度大小相等C甲小球落地點到F 點的距離等于 2LD甲小球運動到C 點時，乙小球開始做平拋運動答案A解析甲、乙兩球下降相同高度時的水平位移相等，則初速度相等，由于落地時下降的高度不同，則落地時的豎直分速度不相等，根據(jù)平行四邊形定則知，兩球落地時的合速度不相等，故 A 正確， B 錯誤；平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，甲球從 B 到 C 的時間大于從 C到地面的時間，則從C 到地面的水平位移小于 L ，則甲球落地點到 F 點的距離小于 2L ，故 C錯誤；因為兩球同時落地，平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，甲球從B到C的時間大于從 C 到地面的時間，而乙球從C 到 F 的時間和甲球從 B 到 C 的時間相等，可知甲球未到達 C 點時，乙球開始做平拋運動，故D 錯誤10(2018 山·西省太原市上學期期末)如圖 9 所示，對于挑戰(zhàn)世界最大的環(huán)形車道(直徑 12.8 m，位于豎直面內)的特技演員SteveTruglia 來說，瞬間的猶豫都可能釀成災難性后果若速度太慢，汽車在環(huán)形車道上，便有可能像石頭一樣墜落；而如果速度太快，產生的離心力可能讓他失去知覺挑戰(zhàn)中汽車以16 m/s 的速度進入車道，到達最高點時，